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Esaminiamo ora più attentamente la Funzione di Trasferimento sopracitata e qui riportata per comodità: D = a ·2 1 -1 + a ·2 2 -2 + a ·2 3 -3 + ... + a ·2 n -n notiamo, principalmente, due particolarità: 1. i termini vengono sommati; 2. il peso di ogni termine si ottiene dal precedente moltiplicandolo per ½ o, in altri termini, dividendolo per 2; infatti, riscrivendo la relazione, 3. 1 1 1 1 D = a1 ⋅ + a 2 ⋅ + a 3 ⋅ + ... + a n ⋅ n 2 4 8 2 pensiamo così di realizzare una configurazione circuitale di questo tipo: Essendo il morsetto invertente una massa virtuale, la corrente che scorre nei resistori pesati varrà: Vrif • I = n− R( 2 ) 1 se il bit corrispondente è alto ("1") • I = 0 se il bit corrispondente è basso ("0"). L'amplificatore operazionale sta funzionando come convertitore corrente-tensione a bassa impedenza di uscita. Facciamo un esempio pratico per poter meglio comprendere vantaggi e svantaggi di questo circuito.
Supponiamo di avere a disposizione una tensione di riferimento Vrif = -10 V e decidiamo di far scorrere nella resistenza più piccola, quella relativa al bit più significativo, una corrente I = 1 mA. R dovrà essere di 10 KΩ. Ponendo, per semplicità, il numero di bit n = 3, dovremo porre delle resistenze coi seguenti valori: R MSB = 10 KΩ R 2SB = 20 KΩ R LSB = 40 KΩ Supponiamo inoltre di avere in ingresso la parola "101". La tensione d'uscita, Vu, varrà: ⎡ R f R f Vu = −Vrif ⋅ − − ⎣⎢ 10 4 ⋅ 10 ⎤ R f ⎦⎥ = ⋅ ⋅ − ⎡ 1 1 10 ⎣⎢ 10 4 ⋅ 10 4 4 4 4 La situazione è rappresentata nella figura seguente: Scegliendo la resistenza di reazione R = 5 KΩ, avremo che il peso del bit più significativo sarà f di 5 V, il successivo di 2.5 V e il meno significativo di 1.25 V. Infatti, come avevamo visto in precedenza, il livello Q di quantizzazione, pari al peso del LSB, è pari a Vrif/2 n , nel nostro caso 10/8 = 1.25 V. Sotto queste condizioni, la parola dell'esempio, "101", genererà un'uscita di 6.25 V. I problemi più gravi di questo tipo di circuito sono principalmente di due ordini: 1. Le resistenze dei bit posti a "0" non scaldano, come invece fanno le resistenze dei bit posti a "1", quindi, a causa del coefficiente di temperatura e dell'inerzia termica, presenteranno dei valori, in rapporto, differenti dai nominali. 2. É difficile riuscire a costruire resistori, seppur integrati, che stiano correttamente in un dato rapporto gli uni con gli altri. É facile, invece, costruire resistori uguali. 3. Supponiamo di dover realizzare un convertitore a 16 bit, e supponiamo, inoltre, di partire da una resistenza R = 1KΩ. In queste condizioni la resistenza relativa al bit meno significativo dovrebbe valere 32.768 MΩ valore decisamente sconsiderato. In ogni caso, anche relativamente al punto 2., integrare resistori con un range di valori così ampio, significherebbe utilizzare differenti tecnologie, presentando, così, differenti coefficienti di temperatura fra i vari resistori. Per ovviare al primo problema possiamo modificare il circuito come nella figura seguente, decidendo, così, di far sempre scorrere una corrente in tutte le resistenze, ovvero, mantenendole sempre "preriscaldate": ⎤ ⎦⎥
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